1、江苏省常州高中2015-2016学年高三（上）月考物理试卷一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分每小题只有一个选项符合题意1如图所示，质量都为 m 的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg 的恒力F向上拉B，运动距离h 时B与A分离则下列说法中正确的是（）AB和A刚分离时，弹簧为原长BB和A刚分离时，它们的加速度为gC弹簧的劲度系数等于D在B与A分离之前，它们作匀加速运动2假设空间某一静电场的电势随x变化情况如图所示，根据图中信息可以确定下列说法中正确的（）A空间各点场强的方向均与x轴垂直B电荷沿x轴从0移到x1的过程中，一定不受电场力的作用C正电荷沿x轴从x2移到
2、x3的过程中，电场力做正功，电势能减小D负电荷沿x轴从x4移到x5的过程中，电场力做负功，电势能增加3如图所示，A、B两物体用一根跨过定滑轮的细绳相连，置于固定斜面体的两个斜面上的相同高度处，且都处于静止状态，两斜面的倾角分别为和，若不计摩擦，剪断细绳后，下列关于两物体的说法中正确的是（）A两物体着地时所受重力的功率一定相同B两物体着地时的速度一定相同C两物体着地时的动能一定相同D两物体着地时的机械能一定相同4如图所示，光滑水平桌面上，一小球以速度v向右匀速运动，当它经过靠近桌边的竖直木板ad边前方时，木板开始作自由落体运动若木板开始运动时，cd边与桌面相齐，则小球在木板上的投影轨迹是（）AB
3、CD5如图甲所示，静置于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F作用下，沿x轴方向运动，拉力F随物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示，图线为半圆则小物块运动到x0处时的动能为（）A0B Fmx0C Fmx0D x02二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分每小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分6有一类物理量的大小等于另一类物理量的变化率或与变化率成正比，下面所列的这些物理量的组合中能满足这一关系的是（）A加速度与速度B感应电动势与磁通量C加速度与力D功与动能7如图所示，闭合开关S，电路处于稳定状态若突然断开开关S，则在开关S断开瞬间（）
4、A流过电阻R1的电流可能比原来大B流过电阻R3的电流肯定比原来小C流过电阻R2的电流可能比原来大D流过电阻R3的电流可能比原来大8图a是用电流传感器（相当于电流表，其电阻可以忽略不计）研究自感现象的实验电路，图中两个电阻的阻值均为R，L是一个自感系数足够大的自感线圈，其直流电阻值也为R图b是某同学画出的在t0时刻开关S切换前后，通过传感器的电流随时间变化的图象关于这些图象，下列说法中正确的是（）A图b中甲是开关S由断开变为闭合，通过传感器1的电流随时间变化的情况B图b中乙是开关S由断开变为闭合，通过传感器1的电流随时间变化的情况C图b中丙是开关S由闭合变为断开，通过传感器2的电流随时间变化的情
5、况D图b中丁是开关S由闭合变为断开，通过传感器2的电流随时间变化的情况91995年人类在太阳系以外首次发现绕恒星公转的行星，此后，又相继发现了一百五十多颗在太阳系以外的行星检测出这些在太阳系以外的行星的原理可以理解为：质量为M的恒星与质量为m的行星（Mm）在它们之间的万有引力的作用下有规则地运动着如图所示表示我们认为行星在以某一定点C为中心、半径为a的圆周上做匀速圆周运动，图中没有表示出恒星设万有引力常量为G，恒星以及行星的大小忽略不计则下列说法正确的是（）A行星和恒星运行的向心力大小相同，角速度相同B恒星和C点之间的距离b=C行星的运行速率v=D恒星的运行速率V=三、简答题：本题分必做题（第
6、10、11题）和选做题（第12题）两部分，共计42分请将解答填写在答题卡相应的位置10像打点计时器一样，光电计时器也是一种研究物体运动情况的常见计时仪器，每个光电门都是由激光发射和接收装置组成当有物体从光电门通过时，光电计时器就可以显示物体的挡光时间现利用如图1所示装置设计一个“探究物体运动的加速度与合外力、质量关系”的实验，图中NQ是水平桌面、PQ是一端带有滑轮的长木板，1、2是固定在木板上间距为l的两个光电门（与之连接的两个光电计时器没有画出）小车上固定着用于挡光的窄片K，让小车从木板的顶端滑下，光电门各自连接的计时器显示窄片K的挡光时间分别为t1和t2（1）用游标卡尺测量窄片K的宽度（如
7、图2）d=m（已知ld），光电门1、2各自连接的计时器显示的挡光时间分别为t1=2.50102s、t2=1.25102s；（2）用米尺测量两光电门的间距为l，则小车的加速度表达式a=（各量均用（1）（2）里的已知量的字母表示）；（3）该实验中，为了把砂和砂桶拉车的力当作小车受的合外力，就必须平衡小车受到的摩擦力，正确的做法是；（4）某位同学通过测量，把砂和砂桶的重量当作小车的合外力F，作出aF图线如图3中的实线所示试分析：图线不通过坐标原点O的原因是；曲线上部弯曲的原因是11硅光电池是一种可将光能转换为电能的器件某同学用图（a）所示的电路研究硅光电池的伏安特性曲线图中R0为已知定值电阻，两个电
8、压表均视为理想电压表（1）请根据图（a）所示的电路图，用笔画线代替导线将图（b）中的实物图补充完整（2）实验一：用一定强度的光照射硅光电池，调节滑动变阻器，通过测量和计算得到该电池的UI曲线，如图（c）中的甲线由此可知电池的内阻随电流的增大而（选填“增大”、“减小”或“不变”），短路电流为A，电动势为V（3）实验二：减小光的强度，重复实验，得到的UI曲线如图（c）中的乙线所示当滑动变阻器的电阻为某一值时，实验一中的V1表的示数为1.5V，保持该阻值不变，在实验二中外电路消耗的电功率为mW（计算结果保留两位有效数字）二、选做题本题包括、C三个小题，请选定其中两题，并在相应的答题区域内作答若三题都
9、做，则按A、B两题评分A（选修模块3-3）（12分）12如图所示，活塞与气缸密封了一定质量的气体，活塞与气缸之间摩擦不计且可在气缸中自由移动，气缸固定在地面上，活塞处于静止状态现对气缸加热，测出气体吸收的热量为2.0x106J，算出活塞移动对外做功为1.5x106J，则气体内能（选填“增加”或“减少”J13试估算通常情况下（即lmol气体的体积为22.4L）气体分子间的距离d（结果可用根式表示）d=m14一定质量的理想气体经历一段变化过程，可用图上的直线AB表示，则A到B气体内能变化为（选填“正值”、“负值”或“零”），气体（选填“吸收”、”放出”或“不传递”）热量（选修模块3-4）（12分）
10、15下列说法中正确的有（）A2008年5月12日14时28分，四川汶川县发生8O级强烈地震，造成重大人员财产损失，地震波是机械波，地震波中既有横波也有纵波B太阳能真空玻璃管采用镀膜技术增加透射光，这是利用了光的衍射原理C相对论认为：真空中的光速在不同惯性参照系中是不相同的D医院里用于检测的“彩超”的原理是：向病人体内发射超声波，经血液反射后被接收，测出反射波的频率变化，就可知血液的流速这一技术应用了多普勒效应16如图所示为一列简谐波在t1=0时刻的图象，此时波中质点M的运动方向沿y轴负方向，且到t2=0.55s质点M恰好第3次到达y轴正方向最大位移处，该波的传播方向为，波速为m/s17如图所示
11、是一种折射率n=1.5的棱镜用于某种光学仪器中现有一束光线沿MN的方向射到棱镜的AB界面上，入射角的大小i=arcsin0.75（即sini=0.75）求光在棱镜中传播的速率及此束光线射出棱镜后的方向（不考虑返回到AB面上的光线，光在入射到棱镜之前的速度c=3108m/s）（选修模块3-5）（12分）18（2010镇江模拟）下列说法中正确的有（）A黑体辐射时电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关B普朗克为了解释光电效应的规律，提出了光子说C天然放射现象的发现揭示原予核有复杂的结构D卢瑟福首先发现了质子和中子19（2010镇江模拟）如图所示是使用光电管的原理图当频率为v的可见光照射到阴极K上
12、时，电流表中有电流通过 当变阻器的滑动端P向滑动时（填“左”或“右”），通过电流表的电流将会减小 当电流表电流刚减小到零时，电压表的读数为U，则光电子的最大初动能为（已知电子电荷量为e） 如果不改变入射光的频率，而增加入射光的强度，则光电子的最大初动能将（填“增加”、“减小”或“不变”）20（2013启东市校级模拟）有两个质量为m的均处于基态的氢原子A、B，A静止，B以速度v0与之发生碰撞己知：碰撞前后二者的速度均在一条直线上，碰撞过程中部分动能有可能被某一氢原子吸收从而该原子由基态跃迁到激发态，然后，此原子向低能级态跃迁，并发出光子如欲碰后发出一个光子，则速度v0至少需要多大？己知氢原子的基
13、态能量为E1 （E10）四计算题：本题共3小题共计47分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位21用密度为d、电阻率为、横截面积为A的薄金属条制成边长为L的闭合正方形框abba如图所示，金属方框水平放在磁极的狭缝间，方框平面与磁场方向平行设匀强磁场仅存在于相对磁极之间，其他地方的磁场忽略不计可认为方框的aa边和bb边都处在磁极间，极间磁感应强度大小为B方框从静止开始释放，其平面在下落过程中保持水平（不计空气阻力）（1）求方框下落的最大速度vm（设磁场区域在竖直方向足够长）；（2）当方框下落的加速度为时，求方框的发
14、热功率P；（3）已知方框下落的时间为t时，下落的高度为h，其速度为vt（vtvm）若在同一时间t内，方框内产生的热与一恒定电流I0在该框内产生的热相同，求恒定电流I0的表达式22如图，空间内存在水平向右的匀强电场，在虚线MN的右侧有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为+q的小颗粒自A点由静止开始运动，刚好沿直线运动至光滑绝缘的水平面C点，与水平面碰撞的瞬间小颗粒的竖直分速度立即减为零，而水平分速度不变，小颗粒运动至D处刚好离开水平面，然后沿图示曲线DP轨迹运动，AC与水平面夹角=30，重力加速度为g，求：（1）匀强电场的场强E；（2）AD之间的水平距离d；（3）已知小
15、颗粒在轨迹DP上某处的最大速度为vm，该处轨迹的曲率半径是距水平面高度的k倍，则该处的高度为多大？23如图所示，一块长为L、质量m的扁平均匀规则木板通过装有传送带的光滑斜面输送斜面与传送带靠在一起连成一直线，与水平方向夹角，传送带以较大的恒定速率转动，传送方向向上，木板与传送带之间动摩擦因数为常数已知木板放在斜面或者传送带上任意位置时，支持力均匀作用在木板底部将木板静止放在传送带和光滑斜面之间某一位置，位于传送带部位的长度设为x，当x=时，木板能保持静止（1）将木板静止放在x=的位置，则木板释放瞬间加速度多大？（2）设传送带与木板间产生的滑动摩擦力为f，试在0xL范围内，画出fx图象（3）木板
16、从x=的位置静止释放，始终在滑动摩擦力的作用下，移动到x=L的位置时，木板的速度多大？（4）在（3）的过程中，木块的机械能增加量设为E，传送带消耗的电能设为W，不计电路中产生的电热，比较E和W的大小关系，用文字说明理由2015-2016学年江苏省常州高中高三（上）月考物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分每小题只有一个选项符合题意1如图所示，质量都为 m 的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg 的恒力F向上拉B，运动距离h 时B与A分离则下列说法中正确的是（）AB和A刚分离时，弹簧为原长BB和A刚分离时，它们的加速度为gC弹簧的劲度系数等
17、于D在B与A分离之前，它们作匀加速运动【考点】牛顿第二定律；胡克定律【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】B和A刚分离时，相互之间恰好没有作用力，则B受到重力mg和恒力F，由已知条件F=mg，分析出此时B的加速度为零，A的加速度也为零，说明弹簧对A有向上的弹力，与重力平衡由胡克定律求出弹簧的劲度系数对于在B与A分离之前，对AB整体为研究对象，所受合力在变化，加速度在变化，做变加速运动【解答】解：A、B和A刚分离时，B受到重力mg和恒力F，B的加速度为零，A的加速度也为零，说明弹力对A有向上的弹力，与重力平衡，弹簧处于压缩状态故AB错误 C、B和A刚分离时，弹簧的弹力大小为mg，原来静止时弹力大小
18、为2mg，则弹力减小量F=mg两物体向上运动的距离为h，则弹簧压缩量减小x=h，由胡克定律得：k=故C正确 D、对于在B与A分离之前，对AB整体为研究对象，重力2mg不变，弹力在减小，合力减小，整体做变加速运动故D错误故选C【点评】本题关键在于分析B和A刚分离时A、B的受力情况，来确定弹簧的状态2假设空间某一静电场的电势随x变化情况如图所示，根据图中信息可以确定下列说法中正确的（）A空间各点场强的方向均与x轴垂直B电荷沿x轴从0移到x1的过程中，一定不受电场力的作用C正电荷沿x轴从x2移到x3的过程中，电场力做正功，电势能减小D负电荷沿x轴从x4移到x5的过程中，电场力做负功，电势能增加【考点
19、】电势；电场强度；电势能【专题】压轴题；电场力与电势的性质专题【分析】由图分析沿x轴方向电势的变化情况，判断x轴是不是一条等势线，根据场强方向与等势面垂直，分析场强的方向是否均与x轴垂直电荷沿x轴从0移到x1的过程中，各点的电势相等，任意两点间电势差为零，但场强不一定为零，电荷不一定不受电场力根据推论：正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势低处电势能大，分析电场力做功情况，判断电势能变化情况【解答】解：A、由图看出，x轴上各点电势不全相等，x轴不是一条等势线，所以空间各点场强的方向不全与x轴垂直故A错误 B、x轴从0移到x1，各点电势相等，任意两点间电势差为零，电场力做功为零，但电场力不一定为
20、零，也可能电场力与x轴垂直故B错误 C、正电荷沿x轴从x2移到x3的过程中，电势升高，电荷的电势能增大，电场力做负功故C错误 D、负电荷沿x轴从x4移到x5的过程中，电势降低，电荷的电势能增加，电场力做负功故D正确故选D【点评】本题如果是单选题，可以采用排除法选择D项判断电场力做功情况，也可以根据公式WAB=qUAB=q（AB）分析3如图所示，A、B两物体用一根跨过定滑轮的细绳相连，置于固定斜面体的两个斜面上的相同高度处，且都处于静止状态，两斜面的倾角分别为和，若不计摩擦，剪断细绳后，下列关于两物体的说法中正确的是（）A两物体着地时所受重力的功率一定相同B两物体着地时的速度一定相同C两物体着地
21、时的动能一定相同D两物体着地时的机械能一定相同【考点】机械能守恒定律；功率、平均功率和瞬时功率【专题】机械能守恒定律应用专题【分析】分别对物体受力分析，由共点力的平衡即可得出两物体的质量之比；剪断细线后，两物体做匀加速运动，由机械能守恒可求得落地的速度，由功率公式可求得两物体所受重力做功的功率之比【解答】解：两物体均处于平衡状态，受力分析如图所示；绳子对AB的拉力大小相等，对A有：mAg=； 对B有：mBg=则有： =绳子剪断后，两物体做匀加速运动，只受重力和支持力，支持力不做功，所以下落过程中机械能守恒由于落地高度相同，故落地时的速度大小相等，而两速度在竖直方向上的分量之比： =瞬时功率P=
22、mgv竖；所以两物体着地时所受重力的功率一定相同，故A正确B、下落过程中机械能守恒，由于落地高度相同，故落地时的速度大小相等，方向不同，所以两物体着地时的速度不一定相同，故B错误C、两物体质量不一定相等，落地时的速度大小相等，所以两物体着地时的动能不一定相同，故C错误D、绳子剪断瞬间，两物体动能都为零，两物体质量不一定相等，重力势能不等，下落过程中机械能守恒，所以两物体着地时的机械能不一定相同，故D错误故选A【点评】本题中要注意两点：（1）绳子各点处的拉力大小相等；（2）重力的功率等于重力与竖直分速度的乘积4如图所示，光滑水平桌面上，一小球以速度v向右匀速运动，当它经过靠近桌边的竖直木板ad边
23、前方时，木板开始作自由落体运动若木板开始运动时，cd边与桌面相齐，则小球在木板上的投影轨迹是（）ABCD【考点】运动的合成和分解【专题】运动的合成和分解专题【分析】小球的投影的运动是由小球水平方向的位移与木板竖直方向上的位移的合位移，则由运动的合成可知投影的轨迹【解答】解：投影在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做加速运动，故小球的合速度应偏向上方，故轨迹应向上偏折，故选B【点评】匀速直线运动和匀变速直线运动的合运动一定为曲线运动，并且运动方向向加速度的方向靠近5如图甲所示，静置于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F作用下，沿x轴方向运动，拉力F随物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示
24、，图线为半圆则小物块运动到x0处时的动能为（）A0B Fmx0C Fmx0D x02【考点】动能定理的应用【专题】动能定理的应用专题【分析】根据Fx图象的“面积”求出拉力F做的功，再根据动能定理求解小物块运动到x0处时的动能【解答】解：Fx图象的“面积”等于拉力做功的大小，则得到拉力做功W=（）2=，由图看出，Fm=，得到，W=根据动能定理得：小物块运动到x0处时的动能为故选C【点评】本题关键抓住Fx图象的“面积”等于拉力做功的大小去理解和分析二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分每小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分6有一类物理量的大小等
25、于另一类物理量的变化率或与变化率成正比，下面所列的这些物理量的组合中能满足这一关系的是（）A加速度与速度B感应电动势与磁通量C加速度与力D功与动能【考点】牛顿第一定律；加速度；动能定理的应用【分析】有一类物理量的大小等于另一类物理量的变化率或与变化率成正比，则一类物理量的大小表示另一类物理量的变化快慢【解答】解：A、加速度是速度的变化量，表示速度变化的快慢，故A正确；B、根据法拉第电磁感应定律，感应电动势与磁通量的变化量成正比，故B正确；C、根据牛顿第二定律，加速度与力成正比，故C错误；D、根据动能定理，功是动能变化的量度，故D错误；故选AB【点评】本题关键是明确变化率表示变化的快慢，是用比值
26、定义法定义物理量的一种方法，基础题7如图所示，闭合开关S，电路处于稳定状态若突然断开开关S，则在开关S断开瞬间（）A流过电阻R1的电流可能比原来大B流过电阻R3的电流肯定比原来小C流过电阻R2的电流可能比原来大D流过电阻R3的电流可能比原来大【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题【分析】电容器对直流电有阻碍作用，当开关闭合时，电容器的电压与R1两端电压相等，当开关断开的瞬间，电容器相对于电源，根据欧姆定律分析即可【解答】解：电容器对直流电有阻碍作用，当开关闭合时，R1与R2串联与R3并联，电容器的电压与R1两端电压相等，A、当开关断开的瞬间，电容器相对于电源，则电路为
27、R2与R3串联后与R1并联接到U1上，所以流过电阻R1的电流不变，故A错误；B、开关闭合时，加在R3上的电压为E，开关断开后，加在R3上的电压小于U1，而U1E，所以流过电阻R3的电流肯定比原来小，故B正确，D错误；C、开关闭合时，R1与R2串联，若R1R2，则加在R2上的电压小于U1，开关断开后，加在R2上的电压也小于U1，但比值关系可能变大，故C正确；故选：BC【点评】本题解题的关键是理清开关闭合前后电路的结构，电容器对直流电有阻碍作用，当开关断开的瞬间，电容器相对于电源，难度适中8图a是用电流传感器（相当于电流表，其电阻可以忽略不计）研究自感现象的实验电路，图中两个电阻的阻值均为R，L是
28、一个自感系数足够大的自感线圈，其直流电阻值也为R图b是某同学画出的在t0时刻开关S切换前后，通过传感器的电流随时间变化的图象关于这些图象，下列说法中正确的是（）A图b中甲是开关S由断开变为闭合，通过传感器1的电流随时间变化的情况B图b中乙是开关S由断开变为闭合，通过传感器1的电流随时间变化的情况C图b中丙是开关S由闭合变为断开，通过传感器2的电流随时间变化的情况D图b中丁是开关S由闭合变为断开，通过传感器2的电流随时间变化的情况【考点】自感现象和自感系数【分析】接通电源的瞬间，线圈相当于断路，回路中的电流逐渐增大到稳定不变；断开电源的瞬间，线圈相当于电源，电流逐渐减小到零【解答】解：开关S由断
29、开变为闭合，由于L的自感作用，通过传感器1的电流是逐渐增大的，当稳定以后，自感消失，电流保持不变，故A错误B正确；开关S由闭合变为断开，传感器1的电流立即为零，由于L的自感作用（相当于电源），传感器2的电流与原来反向且逐渐减小为零，故C正确D错误；故选BC【点评】本题考查了电感线圈对电流突变所产生的阻碍作用，主要抓住电源闭合和断开瞬间的变化即可91995年人类在太阳系以外首次发现绕恒星公转的行星，此后，又相继发现了一百五十多颗在太阳系以外的行星检测出这些在太阳系以外的行星的原理可以理解为：质量为M的恒星与质量为m的行星（Mm）在它们之间的万有引力的作用下有规则地运动着如图所示表示我们认为行星在
30、以某一定点C为中心、半径为a的圆周上做匀速圆周运动，图中没有表示出恒星设万有引力常量为G，恒星以及行星的大小忽略不计则下列说法正确的是（）A行星和恒星运行的向心力大小相同，角速度相同B恒星和C点之间的距离b=C行星的运行速率v=D恒星的运行速率V=【考点】万有引力定律及其应用【专题】信息给予题；定性思想；推理法；万有引力定律的应用专题【分析】恒星与行星围绕它们连线上的某一固定点分别做匀速圆周运动，相互之间的万有引力提供各自的向心力，则它们有相同的角速度和周期根据牛顿第二定律分别对两星进行列式，来求解根据万有引力等于向心力，由牛顿第二定律列式求解恒星的运行速率v【解答】解：A、质量为M的恒星与质
31、量为m的行星（Mm）在它们之间的万有引力的作用下做匀速圆周运动，相互之间的万有引力提供各自的向心力，则角速度相同，故A正确；B、对行星m，F=m2a对恒星M，F=M2b可得b=，故B错误； C、恒星运动的轨道和位置大致如图，对恒星M根据万有引力提供向心力，有：解得v=，故C错误，D正确故选：AD【点评】本题是双星问题，关键抓住两点：一是双星由相互间的万有引力提供向心力；双星的条件是：角速度或周期相等三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12题）两部分，共计42分请将解答填写在答题卡相应的位置10像打点计时器一样，光电计时器也是一种研究物体运动情况的常见计时仪器，每个光电门都是由
32、激光发射和接收装置组成当有物体从光电门通过时，光电计时器就可以显示物体的挡光时间现利用如图1所示装置设计一个“探究物体运动的加速度与合外力、质量关系”的实验，图中NQ是水平桌面、PQ是一端带有滑轮的长木板，1、2是固定在木板上间距为l的两个光电门（与之连接的两个光电计时器没有画出）小车上固定着用于挡光的窄片K，让小车从木板的顶端滑下，光电门各自连接的计时器显示窄片K的挡光时间分别为t1和t2（1）用游标卡尺测量窄片K的宽度（如图2）d=5.15103m（已知ld），光电门1、2各自连接的计时器显示的挡光时间分别为t1=2.50102s、t2=1.25102s；（2）用米尺测量两光电门的间距为l
33、，则小车的加速度表达式a=（各量均用（1）（2）里的已知量的字母表示）；（3）该实验中，为了把砂和砂桶拉车的力当作小车受的合外力，就必须平衡小车受到的摩擦力，正确的做法是不挂砂和砂桶，调节长木板的倾角，轻推小车让其下滑，直至两个光电计时器的读数相等为止；（4）某位同学通过测量，把砂和砂桶的重量当作小车的合外力F，作出aF图线如图3中的实线所示试分析：图线不通过坐标原点O的原因是平衡摩擦力时木板倾角太大；曲线上部弯曲的原因是没有满足小车质量远大于砂和砂桶的质量【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【专题】实验题；定性思想；实验分析法；牛顿运动定律综合专题【分析】（1）游标卡尺读数的方法是主
34、尺读数加上游标读数，不需估读（2）小车做匀变速直线运动，根据速度v=和位移关系v2v02=2as可以求出加速度的大小；（3）注意平衡摩擦力的原理，利用重力沿斜面的分力来平衡摩擦力，若物体能匀速运动则说明恰好平衡了摩擦力；（4）根据图象特点结合牛顿第二定律可正确解答【解答】解：（1）根据图（2）可知，主尺的读数为5mm，游标尺上第0个刻度与主尺上某一刻度对齐，因此最后读数为：5mm+30.05mm=5.15mm=5.15103m（2）窄片K的宽度很小，可以利用平均速度来代替瞬时速度，因此有：v1= v2=根据速度与位移关系可知小车的加速度大小为：a=由上三式可解得：（3）根据物体平衡条件进行平衡
35、摩擦力，具体操作为：在不挂砂和砂桶的情况下将木板一端抬高，当小车能够匀速下滑时说明已经平衡摩擦力所以在不挂砂和砂桶的情况下将木板一端抬高，当小车能够匀速下滑时说明已经平衡摩擦力（4）由图3可知，开始物体所受拉力为零时，却产生了加速度，故操作过程中平衡摩擦力时木板倾角过大所以：平衡摩擦力时木板倾角过大（或平衡摩擦力过度），根据牛顿第二定律，可知曲线上部弯曲的原因是：没有满足小车质量远大于砂和砂桶的质量故答案为：（1）5.15103；（2）（3）不挂砂和砂桶，调节长木板的倾角，轻推小车让其下滑，直至两个光电计时器的读数相等为止（4）平衡摩擦力时木板倾角太大；没有满足小车质量远大于砂和砂桶的质量【点
36、评】对于课本中的基本力学实验，无论形式如何变化，只要根据所学基本物理知识，弄清其实验原理，熟练应用所学物理知识，即可找到解决问题的突破口11硅光电池是一种可将光能转换为电能的器件某同学用图（a）所示的电路研究硅光电池的伏安特性曲线图中R0为已知定值电阻，两个电压表均视为理想电压表（1）请根据图（a）所示的电路图，用笔画线代替导线将图（b）中的实物图补充完整（2）实验一：用一定强度的光照射硅光电池，调节滑动变阻器，通过测量和计算得到该电池的UI曲线，如图（c）中的甲线由此可知电池的内阻随电流的增大而增大（选填“增大”、“减小”或“不变”），短路电流为295A，电动势为2.6V（3）实验二：减小光
37、的强度，重复实验，得到的UI曲线如图（c）中的乙线所示当滑动变阻器的电阻为某一值时，实验一中的V1表的示数为1.5V，保持该阻值不变，在实验二中外电路消耗的电功率为0.14mW（计算结果保留两位有效数字）【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题；恒定电流专题【分析】（1）已知原理图，则由原理图先连接R与电源，再将电压表依次并入；（2）电池的UI曲线的斜率表示内阻的大小，通过斜率的变化判断内阻的变化当外电压为0时，此时的电流为短路电流，电流为0时，外电压等于电动势（3）由实验一中的路端电压为U1=1.5V读出此时电路中电流为I1，将（I1，U1）点与原点连成直线，和图线乙的交点为实验二中的路
38、端电压和电路电流，求出功率【解答】解：（1）按电流流向法，从电源的正极出发，依次串联开关、滑动变阻器、电阻R0回到负极，最后把电压表V2并联在R0两端，V1并联在滑动变阻器和R0两端即可；要注意电流从电压表的正接线柱流入负接线柱流出，滑动变阻器按一上一下的原则串联在电路中如下图所示：（2）电池的UI曲线的斜率表示内阻的大小，图线斜率的绝对值在增大，所以内阻增大当U=O，I=I短=295A，I=0，E=U=2.6V（3）实验一中的路端电压为U1=1.5V时电路中电流为I1=0.21mA，连接a中点（0.21mA、1.5V）和坐标原点，此直线外电路电阻（此时电阻不变）的UI图，和图线b的交点为实验
39、二中的路端电压和电路电流 如图，电流和电压分别为I=140A、U=1.0V，则外电路消耗功率为P=UI=0.14 mW故答案为：（1）如图（2）增大，295，2.6 （3）0.14【点评】本题为探究性实验，难点在第三问中，要注意通过读题找出两次实验中的关系，从而找出正确的方法；注意由于不符合线性关系，不能用欧姆定律求解二、选做题本题包括、C三个小题，请选定其中两题，并在相应的答题区域内作答若三题都做，则按A、B两题评分A（选修模块3-3）（12分）12如图所示，活塞与气缸密封了一定质量的气体，活塞与气缸之间摩擦不计且可在气缸中自由移动，气缸固定在地面上，活塞处于静止状态现对气缸加热，测出气体吸
40、收的热量为2.0x106J，算出活塞移动对外做功为1.5x106J，则气体内能增加（选填“增加”或“减少”5105J【考点】热力学第一定律【专题】定性思想；推理法；热力学定理专题【分析】活塞缓慢右移为等压过程，对外做功，由热力学第一定律U=W+Q可求内能变化【解答】解：活塞缓慢右移，视为等压过程，气体对活塞做功； 根据热力学定律得：U=W+Q=2.0x106J1.5x106J=5x105J 故答案为：增加；5105【点评】该题考查热力学第一定律基本公式的应用，明确做功与热量的正负的确定是解题的关键基础题目13试估算通常情况下（即lmol气体的体积为22.4L）气体分子间的距离d（结果可用根式表
41、示）d=3.3109m【考点】阿伏加德罗常数【专题】定性思想；估算法；阿伏伽德罗常数的应用专题【分析】根据摩尔体积与阿伏加德罗常数之比，可求出每个分子占有的空间的体积将每个气体分子占有的空间看成立方体，立方体的边长近似等于分子间的平均距离【解答】解：每个分子占据的体积 V1=3.731023L41026m3设相邻两个气体分子间的平均距离为d将每个气体分子占有的空间看成立方体，立方体的边长近似等于分子间的平均距离则有：d3=V1；则得：d=m3.3109 m故答案为：3.3109【点评】此题考查分子间距的求解，注意气体分子间距与液体、固体的物理模型不同，后者是一个一个挨着，而气体占据立方体14一
42、定质量的理想气体经历一段变化过程，可用图上的直线AB表示，则A到B气体内能变化为零（选填“正值”、“负值”或“零”），气体吸收（选填“吸收”、”放出”或“不传递”）热量【考点】理想气体的状态方程【专题】应用题；定性思想；图析法；理想气体状态方程专题【分析】分析清楚图示图象，然后求出各状态气体的状态参量，然后应用理想气体状态方程判断气体的温度如何变化，然后判断气体内能如何变化，最后应用热力学第一定律判断气体吸热与放热情况【解答】解：由图示图象可知，在A、B两状态，气体的压强与体积的乘积相等，即：pV=常数，由理想气体状态方程可知，A、B两状态气体的温度相等，气体内能相等，气体内能的变化量为零；由
43、图示图象可知，B状态的体积大于A状态的体积，从A到B过程气体对外做功，W0，已知：U=0，由热力学第一定律可知：Q=UW0，气体要吸收热量；故答案为：零；吸收【点评】分析清楚图示图象是解题的关键，应用理想气体状态方程与热力学第一定律可以解题，本题是一道基础题（选修模块3-4）（12分）15下列说法中正确的有（）A2008年5月12日14时28分，四川汶川县发生8O级强烈地震，造成重大人员财产损失，地震波是机械波，地震波中既有横波也有纵波B太阳能真空玻璃管采用镀膜技术增加透射光，这是利用了光的衍射原理C相对论认为：真空中的光速在不同惯性参照系中是不相同的D医院里用于检测的“彩超”的原理是：向病人
44、体内发射超声波，经血液反射后被接收，测出反射波的频率变化，就可知血液的流速这一技术应用了多普勒效应【考点】横波和纵波；多普勒效应【分析】地震波是机械波，地震波中既有横波也有纵波镀膜技术增加透射光，这是利用了光的干涉原理相对论认为：真空中的光速在不同惯性参照系中是相同的“彩超”的原理是应用了多普勒效应【解答】解：A、地震波是常见的机械波，而且地震波中既有横波也有纵波故A正确B、太阳能真空玻璃管采用镀膜技术，利用了光的干涉原理，减弱了反射光，从而增加透射光故B错误C、相对论认为：真空中的光速在不同惯性参照系中是相同的故C错误D、医院里用于检测的“彩超”的原理是：向病人体内发射超声波，经血液反射后被
45、接收，测出反射波的频率变化，就可知血液的流速是应用了多普勒效应故D正确故选AD【点评】本题关键要了解机械波的种类：横波和纵波，知道光的干涉原理及其应用，相对论的基本原理等等，比较简单16如图所示为一列简谐波在t1=0时刻的图象，此时波中质点M的运动方向沿y轴负方向，且到t2=0.55s质点M恰好第3次到达y轴正方向最大位移处，该波的传播方向为x方向，波速为2m/s【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】由质点M的振动情况，确定波的周期，再由波速公式求出波速【解答】解：（1）由M点此时的运动方向向下，得出此波沿x轴负方向传播（2）在t1=0到t2=0.55s这段时间时，质点M恰好第3次
46、到达正最大位移处，则有：（2+）T=0.55s解得周期为：T=0.2s由波的图象可以看出波长为：=0.4m则波速为：v=m/s=2m/s故答案为：x方向，2m/s【点评】本题要由质点的振动方向确定波的传播方向，这波的图象中基本问题，方法较多，其中一种方法是“上下坡法”，把波形象看成山坡：顺着波的传播方向，上坡的质点向下，下坡的质点向上17如图所示是一种折射率n=1.5的棱镜用于某种光学仪器中现有一束光线沿MN的方向射到棱镜的AB界面上，入射角的大小i=arcsin0.75（即sini=0.75）求光在棱镜中传播的速率及此束光线射出棱镜后的方向（不考虑返回到AB面上的光线，光在入射到棱镜之前的速
47、度c=3108m/s）【考点】光的折射定律【专题】光的折射专题【分析】根据公式v=求出光在棱镜中传播的速率；根据折射定律求出光线进入棱镜后折射角，由几何知识求出光线射到BC面上的入射角，由临界角大小，分析能否发生全反射，再作出光路图，确定光线射出棱镜后的方向【解答】解：由得：v=2108m/s由得：，得折射角为：r=30由，得临界角为：C45 而由几何知识得光线在BC面的入射角为：i1=45C，故光线在BC面上发生全反射后，垂直AC面射出棱镜答：光在棱镜中传播的速率是2108m/s，此束光线垂直AC面射出棱镜【点评】本题要根据折射定律和几何知识，通过计算来研究光路，当光从光密进入光疏介质时要考
48、虑能否发生全反射（选修模块3-5）（12分）18（2010镇江模拟）下列说法中正确的有（）A黑体辐射时电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关B普朗克为了解释光电效应的规律，提出了光子说C天然放射现象的发现揭示原予核有复杂的结构D卢瑟福首先发现了质子和中子【考点】天然放射现象；光电效应；粒子散射实验【专题】原子的核式结构及其组成【分析】A、黑体辐射时波长越短，温度越高时，其辐射强度越强；B、爱因斯坦为了解释光电效应的规律，提出了光子说；C、天然放射现象的发现揭示原予核有复杂有结构；D、卢瑟福首先发现了质子，查德威克发现中子【解答】解：A、由黑体辐射规律可知，辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑
49、体的温度有关，故A正确；B、爱因斯坦为了解释光电效应的规律，提出了光子说，故B错误；C、天然放射线来自于原子核，说明原子核中有复杂结构，故C正确；D、卢瑟福首先发现了质子，查德威克发现中子故D错误故选AC【点评】考查黑体辐射的规律，掌握物理史实，知道天然放射现象的作用19（2010镇江模拟）如图所示是使用光电管的原理图当频率为v的可见光照射到阴极K上时，电流表中有电流通过 当变阻器的滑动端P向右滑动时（填“左”或“右”），通过电流表的电流将会减小 当电流表电流刚减小到零时，电压表的读数为U，则光电子的最大初动能为eU（已知电子电荷量为e） 如果不改变入射光的频率，而增加入射光的强度，则光电子的
50、最大初动能将不变（填“增加”、“减小”或“不变”）【考点】光电效应【专题】光电效应专题【分析】光电管两端所加的电压为反向电压，根据动能定理求出光电子的最大初动能，根据光电效应方程判断光电子最大初动能的变化【解答】解：当变阻器的滑动端P向右移动，反向电压增大，光电子到达右端的速度变小，则通过电流表的电流变小当电流表电流刚减小到零时，电压表的读数为U，根据动能定理得，则光电子的最大初动能为eU根据光电效应方程知，Ekm=hvW0，知入射光的频率不变，则光电子的最大初动能不变故答案为：右，eU，不变【点评】解决本题的关键知道光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与光的强度无关，光的强度影响单位时间内
51、发出光电子的数目20（2013启东市校级模拟）有两个质量为m的均处于基态的氢原子A、B，A静止，B以速度v0与之发生碰撞己知：碰撞前后二者的速度均在一条直线上，碰撞过程中部分动能有可能被某一氢原子吸收从而该原子由基态跃迁到激发态，然后，此原子向低能级态跃迁，并发出光子如欲碰后发出一个光子，则速度v0至少需要多大？己知氢原子的基态能量为E1 （E10）【考点】动量守恒定律；氢原子的能级公式和跃迁【专题】守恒定律在近代物理中的应用【分析】碰撞过程动能减小最大的是完全非弹性碰撞，假设减小的动能完全转化为氢原子的激发态的能量，根据动量守恒定律和频率条件列式求解即可【解答】解：两个氢原子碰撞过程动量守恒
52、，当两个氢原子发生完全非弹性碰撞时，损失动能最大，根据动量守恒定律，有：mv0=2mv解得：v=；减小的动能为：；根据题意，减小的动能完全转化为氢原子的激发态的能量，故有：；解得：v0=；答：速度v0至少需要为【点评】本题关键是明确两个氢原子碰撞过程中减小的动能转化为分子的激发态的能量，然后根据动量守恒定律、频率条件、能量守恒定律列式后联立求解四计算题：本题共3小题共计47分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位21用密度为d、电阻率为、横截面积为A的薄金属条制成边长为L的闭合正方形框abba如图所示，金属方框水
53、平放在磁极的狭缝间，方框平面与磁场方向平行设匀强磁场仅存在于相对磁极之间，其他地方的磁场忽略不计可认为方框的aa边和bb边都处在磁极间，极间磁感应强度大小为B方框从静止开始释放，其平面在下落过程中保持水平（不计空气阻力）（1）求方框下落的最大速度vm（设磁场区域在竖直方向足够长）；（2）当方框下落的加速度为时，求方框的发热功率P；（3）已知方框下落的时间为t时，下落的高度为h，其速度为vt（vtvm）若在同一时间t内，方框内产生的热与一恒定电流I0在该框内产生的热相同，求恒定电流I0的表达式【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律；能量守恒定律；电阻定律【专
54、题】压轴题【分析】（1）分析方框运动的过程，知道当方框匀速运动时速度最大，根据力的平衡知识求解（2）方框下落加速度为时，根据牛顿第二定律得出感应电流大小，再根据焦耳定律求解（3）根据能量守恒定律表示出时间t内方框内产生的热量表达式，再求出恒定电流I0的表达式【解答】解：（1）方框质量 m=4LAd方框电阻 方框下落速度为v时，产生的感应电动势 E=B2Lv感应电流 方框下落过程，受到重力G及安培力F，G=mg=4LAdg，方向竖直向下安培力，方向竖直向上当F=G时，方框达到最大速度，即v=vm则 方框下落的最大速度 （2）方框下落加速度为时，根据牛顿第二定律有，则 方框的发热功率 （3）根据能
55、量守恒定律，方框重力势能转化动能和电流产生的热量，所以有解得：恒定电流I0的表达式 答：（1）求方框下落的最大速度为；（2）方框的发热功率P是；（3）恒定电流I0的表达式为【点评】解答这类问题的关键是通过受力分析，正确分析安培力的变化情况，找出最大速度的运动特征电磁感应与电路结合的题目，感应电动势是中间桥梁22如图，空间内存在水平向右的匀强电场，在虚线MN的右侧有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为+q的小颗粒自A点由静止开始运动，刚好沿直线运动至光滑绝缘的水平面C点，与水平面碰撞的瞬间小颗粒的竖直分速度立即减为零，而水平分速度不变，小颗粒运动至D处刚好离开水平面，然
56、后沿图示曲线DP轨迹运动，AC与水平面夹角=30，重力加速度为g，求：（1）匀强电场的场强E；（2）AD之间的水平距离d；（3）已知小颗粒在轨迹DP上某处的最大速度为vm，该处轨迹的曲率半径是距水平面高度的k倍，则该处的高度为多大？【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在混合场中的运动【分析】（1）小球从A运动到C的过程中，受到重力和电场力，两者的合力沿AC方向，作出力的合成图求出E（2）小球从A运动到C的过程中，受到重力、水平面的支持力、竖直向上的洛伦兹力和水平向右的电场力，做匀加速直线运动当洛伦兹力等于重力时，小球刚好离开水平面由此条件求出小球滑到D点的速度，由动能定理求出d（3）小
57、球离开D点后，受到重力、电场力和洛伦兹力三个力作用当洛伦兹力与重力和电场力的合力共线时，速度最大根据牛顿第二定律求出轨迹的曲率半径，再求出高度【解答】解：（1）小球受力如图所示，有：qE=mgcot解得：E=（2）设小球在D点速度为vD，小球在D点离开水平面的条件是：qvDB=mg 得到：vD=由于小球与水平面碰撞的瞬间小颗粒的竖直分速度立即减为零，而水平分速度不变 根据动能定理，得：qEd=得：d=（3）当速度方向与电场力和重力合力方向垂直时，即当洛伦兹力与重力和电场力的合力共线时，速度最大则：qvmB=m又R=kh解得：h=答：（1）匀强电场的场强E为；（2）AD之间的水平距离d为；（3）
58、已知小颗粒在轨迹DP上某处的最大速度为vm，该处轨迹的曲率半径是距水平面高度的k倍，则该处的高度为【点评】本题考查根据运动情况分析受力情况、以及根据受力情况分析运动情况的能力第（3）问中速度最大位置可以与单摆平衡位置进行类比，更容易理解23如图所示，一块长为L、质量m的扁平均匀规则木板通过装有传送带的光滑斜面输送斜面与传送带靠在一起连成一直线，与水平方向夹角，传送带以较大的恒定速率转动，传送方向向上，木板与传送带之间动摩擦因数为常数已知木板放在斜面或者传送带上任意位置时，支持力均匀作用在木板底部将木板静止放在传送带和光滑斜面之间某一位置，位于传送带部位的长度设为x，当x=时，木板能保持静止（1
59、）将木板静止放在x=的位置，则木板释放瞬间加速度多大？（2）设传送带与木板间产生的滑动摩擦力为f，试在0xL范围内，画出fx图象（3）木板从x=的位置静止释放，始终在滑动摩擦力的作用下，移动到x=L的位置时，木板的速度多大？（4）在（3）的过程中，木块的机械能增加量设为E，传送带消耗的电能设为W，不计电路中产生的电热，比较E和W的大小关系，用文字说明理由【考点】动能定理；牛顿第二定律【专题】定量思想；图析法；动能定理的应用专题【分析】分析出木板放置在不同位置时的摩擦力大小，再根据牛顿第二定律求出加速度从fx图线中求出摩擦力做的功 利用动能定理求出第（3）问木板的速度【解答】解：（1）当木板静止
60、在位置时，根据二力平衡可知，所受摩擦力大小为f1=mgsin则木板静止在时，摩擦力加倍，f2=2f1由牛顿第二定律得木板释放瞬间加速度为：；（2）当木板静止在位置时，所受摩擦力大小为：f1=mgsin木板静止在时，摩擦力为：f2=2f1=2mgsin当x=L时，滑动摩擦力为：f3=2f2=4mgsin，在图中描出上述各点连线，作出fx图象如右图所示；（3）利用（2）中图象，可知木板从x=的位置静止释放，始终在滑动摩擦力的作用下，移动到x=L的位置时摩擦力做功：由动能定理有：解得木板的速度：；（4）因为传送带与木板之间有滑动摩擦，电能有一部分转为了内能，因此E小于，答：（1）将木板静止放在x=L/2的位置，木板释放瞬间加速度大小为gsin；（2）画出的fx图象如右图所示；（3）木板从x=L/2的位置静止释放，始终在滑动摩擦力的作用下，移动到x=L的位置时，木板的速度大小为；（4）E小于W，因为传送带与木板之间有滑动摩擦，电能有一部分转为了内能【点评】找出木板处于不同位置时所受的摩擦力大小，利用牛顿第二定律求出对应的加速度；找出几个特殊点时摩擦力的大小作出fx图象；利用动能定理解出木板从x=的位置静止释放，始终在滑动摩擦力的作用下，移动到x=L的位置时，木板的速度
